leetcode 198.打家劫舍
leetcode 213.打家劫舍II
leetcode 337.打家劫舍III
leetcode 198.打家劫舍
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入：[1,2,3,1]
输出：4
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 1) ，然后偷窃 3 号房屋 (金额 = 3)。 偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
示例 2：
输入：[2,7,9,3,1]
输出：12 解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 2), 偷窃 3 号房屋 (金额 = 9)，接着偷窃 5 号房屋 (金额 = 1)。 偷窃到的最高金额 = 2 + 9 + 1 = 12 。
本题在选择是否偷窃房屋时，不仅与我们的意愿有关，还与前第一个房屋和前第二个房屋的状态有关，因为“如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警”。那么很容易联想到本题当前状态和前面状态会有一种依赖关系，那么这种依赖关系都是动规的递推公式。
动规五部曲：
确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i]：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]。
确定递推公式
dp[i]与第i个房间是否被偷有关。
决定偷第i个房间时，要求第i - 1个房间是没有被偷的。容易得到递推公式：
dp[i] = dp[i - 2] + nums[i]。
决定不偷第i个房间时（注意dp[i]的定义是考虑下标i以内的房屋最多可偷窃的金额，并没有说dp[i]的值一定要包含nums[i]），递推公式：
dp[i] = dp[i - 1]。
所以最终的递推公式：
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);dp数组如何初始化
从递推公式dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);可以看出，递推公式的基础就是dp[0] 和 dp[1]
从dp[i]的定义上来讲，dp[0] 一定是 nums[0]，dp[1]就是nums[0]和nums[1]的最大值即：dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
vector<int> dp(nums.size(), 0);
dp[0] = nums[0];
dp[1] = max(nums[0], nums[1]);确定遍历顺序
dp[i] 是根据dp[i - 2] 和 dp[i - 1] 推导出来的，那么一定是从前到后遍历！
举例推导dp数组
以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例。
整体代码如下：
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
// 条件要考虑充分
if(nums.size() == 0) return 0;
if(nums.size() == 1) return nums[0];
vector<int> dp(nums.size(), 0);
dp[0] = nums[0];
dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
for(int i = 2; i < nums.size(); i++){
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
return dp[nums.size() - 1];
}
};leetcode 213.打家劫舍II
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入：nums = [2,3,2] 输出：3 解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
示例 2： 输入：nums = [1,2,3,1] 输出：4 解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
示例 3： 输入：nums = [0] 输出：0
对于一个数组，成环的话主要有如下三种情况：
情况一：考虑不包含首尾元素
情况二：考虑包含首元素，不包含尾元素
情况三：考虑包含尾元素，不包含首元素
但事实上情况二和情况三包含了情况一，因此我们可以不用考虑情况一。
代码与上题类似：
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
if(nums.size() == 0) return 0;
if(nums.size() == 1) return nums[0];
int result1 = solve(nums, 0, nums.size() - 2);
int result2 = solve(nums, 1, nums.size() - 1);
return max(result1, result2);
}
int solve(vector<int>& nums, int l, int r){
if(l == r) return nums[l];
vector<int> dp(nums.size(), 0);
dp[l] = nums[l];
dp[l + 1] = max(nums[l], nums[l + 1]);
for(int i = l + 2; i <= r; i++){
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
return dp[r];
}
};leetcode 337.打家劫舍III
在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为“根”。 除了“根”之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。
计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。
对于树的话，首先就要想到遍历方式，前中后序（深度优先搜索）还是层序遍历（广度优先搜索）。
本题一定是要后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。
与198.打家劫舍，213.打家劫舍II一样，关键是要讨论当前节点抢还是不抢。如果抢了当前节点，两个孩子就不能动，如果没抢当前节点，就可以考虑抢左右孩子（注意这里说的是“考虑”）
这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移。
确定递归函数的参数和返回值
这里我们要求一个节点偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组。
参数为当前节点，代码如下：
vector<int> robTree(TreeNode* cur)其实这里的返回数组就是dp数组。
所以dp数组（dp table）以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。
确定终止条件
在遍历的过程中，如果遇到空节点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
if(cur == NULL) return vector<int> {0, 0};这也相当于dp数组的初始化
确定遍历顺序
首先明确的是使用后序遍历。 因为要通过递归函数的返回值来做下一步计算。
通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。
通过递归右节点，得到右节点偷与不偷的金钱。
代码如下：
// 下标0：不偷，下标1：偷
vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
// 中确定单层递归的逻辑
如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，val1 = cur->val + left[0] + right[0]; （如果对下标含义不理解就再回顾一下dp数组的含义）
如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
最后当前节点的状态就是{val2, val1}; 即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}
代码如下：
// 偷cur
int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
// 不偷cur
int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
return {val2, val1};整体代码如下：
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
vector<int> result = robTree(root);
return max(result[0], result[1]);
}
vector<int> robTree(TreeNode* cur){
if(cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
// 中
// 不偷
int val1 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
// 偷
int val2 = cur->val + left[0] + right[0];
return vector<int>{val1, val2};
}
};时间复杂度：O(n)，每个节点只遍历了一次
空间复杂度：O(log n)，算上递推系统栈的空间
